重难点10 碰撞类型拓展-2025年高考物理【热点·重点·难点】专练（广东专用）

重难点10 碰撞类型拓展 考点 三年考情分析 2025考向预测 (1)碰撞模型及拓展； 3年4考 广东卷[(2024, T10), (2023, T10), (2023,T15), (2022, T13)] 以碰撞为背景考查动量定理和动量守恒定律与其他力学规律的综合 【情境解读】 碰撞遵循的原则和分类 1．碰撞遵循的三原则 (1)动量守恒定律。 (2)机械能不增加。 Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋ (3)速度要合理。 ①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大或相等。 ②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。 2．碰撞的分类 (1)弹性碰撞： 根据动量守恒、机械能守恒： 解得v1′＝ v2′＝ 分析讨论： 当碰前物体2的速度不为零时，若m1＝m2，则v1′＝v2，v2′＝v1，即两物体交换速度。 当碰前物体2的速度为零时，v2＝0，则： ①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度。 ②m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，碰撞后两物体沿同方向运动。 ③m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后质量小的物体被反弹回来。 (2)非弹性碰撞： 动量守恒，机械能不守恒 若为完全非弹性碰撞，则： 【高分技巧】 碰撞拓展模型 图例(水平面光滑) 小球—弹簧模型 小球—曲面模型 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能 再次分离 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足mv＝mv＋Mv (2)“耗散型”碰撞拓展模型 图例(水平面、水平导轨都光滑) 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能 【考向一：“滑块 —弹簧”模型】 1．系统内物体间的碰撞时间极短，碰撞过程中弹簧的状态不变。 2．碰撞瞬间，对应系统满足动量守恒定律。 3．由于弹簧是变力，碰撞后在相互作用过程中弹性势能、物体动能及系统内能间相互转化，遵循能量守恒定律。 4．要特别注意弹簧的三个状态：原长时弹簧的弹性势能为零，压缩到最短或伸长到最长的状态时弹簧连接的物体具有共同的速度，弹簧具有最大的弹性势能，这往往是解决此类问题的突破点。 1．如图所示，水平地面上A、B两个木块用轻弹簧连接在一起，质量分别为2m、3m，静止时弹簧恰好处于原长。 一质量为m的木块C以速度v0水平向右运动并与木块A相撞。不计一切摩擦，弹簧始终处于弹性限度内，则碰后弹簧的最大弹性势能不可能为(　 ) A．mv02 B．mv02 　 C．mv02 D．mv02 2．(多选)某滑杆游戏可简化为如图5所示的模型，质量m＝0.2 kg的滑环套在固定光滑水平杆上，滑环可沿着水平杆左右滑动，滑环通过长L＝0.6 m的轻绳连着质量M＝0.4 kg的小球，开始时滑环静止在O点，轻绳水平，现将它们由静止释放，小球和滑环都可看作质点，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.小球第一次运动至最低点时的速度大小为2 m/s B.小球再次返回最高点时的速度大小为0 C.小球第二次运动至最低点时的速度大小为2 m/s D.小球运动轨迹左、右两端点间的距离为0.4 m 3．如图所示，静止在光滑水平面上的木板右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3 kg。质量m＝1 kg的铁块以水平速度v0＝4 m/s，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端。在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为(　　) A.3 J B.6 J C.20 J D.4 J 4.(多选)如图所示，质量均为m的A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧拴接在一起，竖直放置在水平地面上，物体A处于静止状态，在A的正上方h高处有一质量也为m的小球C。现将小球C由静止释放，C与A发生碰撞后立刻粘在一起，弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是(　 ) A．C与A碰撞后瞬间A的速度大小为 B．C与A碰撞时产生的内能为 C．C与A碰撞后弹簧的最大弹性势能为 D．要使碰后物体B被拉离地面，h至少为 5．(多选)如图a所示，轻弹簧下端固定在倾角为θ的光滑斜面底端，上端与物块B相连，物块B处于静止状态，现将物块A置于斜面某位置处，取物块A的位置为原点O，沿斜面向下为正方向建立x轴坐标系，某时刻释放物块A，A与物块B碰撞后以共同速度沿斜面向下运动，碰撞时间极短，测得物块A的动能Ek与其位置坐标x的关系如图b所示，图像中0～x1之间为直线，其余部分为曲线，物块A、B均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g，则(　 ) A．物块A、B的质量之比为1∶2 B．A与B碰撞后在x1位置处速度最大 C．A与B碰撞后在x3位置处加速度最大 D．弹簧的劲度系数为 【考向二：“滑块 —斜(曲)面”模型】 6．(多选)如图所示，水平面上一半圆弧槽N的质量为2m，槽的半径为r，槽两侧的最高点等高。将一质量为m且可视为质点的小球M由槽右侧的最高点无初速释放，所有接触面的摩擦均可忽略。第一种情况槽固定不动；第二种情况槽可自由滑动。下列说法正确的是(　 ) A．两种情况下，小球均可运动到圆弧槽左侧最高点 B．两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度大小之比为1∶1 C．第二种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时圆弧槽的速度大小为 D．第二种情况下，圆弧槽距离出发点的最远距离为r 7．(多选)质量为M的带有光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度为g，则(　　) A.小球以后将向左做平抛运动 B.小球将做自由落体运动 C.此过程小球对小车做的功为Mv D.小球在圆弧轨道上上升的最大高度为 8．如图所示，光滑水平面上有一质量M＝4.0 kg 的平板车，车的上表面有一段长L＝1.5 m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R＝0.25 m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O′处相切。现将一质量m＝1.0 kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A。g取10 m/s2，求： (1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小； (2)小物块与车最终相对静止时，它距点O′的距离。 9．如图所示，在水平面上依次放置小物块C、A以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m＝1 kg，曲面劈B的质量M＝3 kg，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，除A、C间粗糙外，其他各接触面均光滑。已知A、C间距离为L＝2.25 m，动摩擦因数为μ＝0.2，现给C一个初速度v0＝5 m/s，与A碰撞后合成一物体AC，然后滑上B。求： (1)C与A碰撞过程中损失的机械能； (2)碰后物块AC在曲面劈B上能够达到的最大高度； (3)物块AC从曲面劈B滑离时B的速度。 10．(2024佛山南海区摸底)如图所示，一滑板静置在光滑水平面上，滑板AB段水平且粗糙，动摩擦因数为0.5，BC段为四分之一光滑圆弧，AB长度和圆弧半径均为R．一大小可以忽略的滑块以初速度v0＝2从A点滑上滑板，并且能在B、C之间的D点(未画出)与滑板共速．已知滑板和滑块质量均为m，重力加速度为g．则： (1)滑块运动到B点时，滑板和滑块组成的系统产生多少热量？ (2)B、D两点的高度差是多少？ (3)若开始时滑块在A点处于静止状态，现给滑块一个水平向右的恒定外力F，当滑块运动到B点时撤去外力F，要求滑块不能从C点飞出，则外力F大小必须满足什么条件？ 【考向三：子弹打木块模型】 动力学规律 由于组成系统的两物体受到大小相同、方向相反的一对相互作用力，故两物体的加速度大小与质量成反比，方向相反 运动学规律 “子弹”穿过“木块”可看作两个做匀变速直线运动的物体间的追及问题，或一个相对运动问题。在一段时间内“子弹”射入“木块”的深度，就是这段时间内两者相对位移的大小 动量规律 由于系统不受外力作用，故而遵从动量守恒定律 能量规律 由于相互作用力做功，每个物体动能均发生变化，力对“子弹”做的功等于“子弹”动能的变化，力对“木块”做的功等于“木块”动能的变化 11.(2024四川成都外国语模拟预测)如图所示，质量为m的光滑圆环套在固定的水平杆上，轻绳的另一端系着质量为M的木块。质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块，并以速度v离开木块，子弹穿过木块的时间极短。重力加速度为g，不计木块的质量损失，下列说法正确的是(　　) A.子弹射穿木块前后，子弹和木块组成的系统动量和机械能都守恒 B.子弹射穿木块前后，子弹和木块组成的系统动量和机械能都不守恒 C.子弹射出木块后的瞬间，圆环对杆的压力等于(M＋m)g D.木块上升到最高点时，速度大小为 12.如图所示，一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上。一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块。当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s。设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点。则子弹穿过木块的时间为(　 ) A．(s＋L) B．(s＋2L) C．(s＋L) D．(L＋2s) 13．(多选)在光滑水平桌面上有一个静止的木块，高速飞行的子弹水平穿过木块，若子弹穿过木块过程中受到的摩擦力大小不变，则(　 ) A．若木块固定，则子弹对木块的摩擦力的冲量为零 B．若木块不固定，则子弹减小的动能大于木块增加的动能 C．不论木块是否固定，两种情况下木块对子弹的摩擦力的冲量大小相等 D．不论木块是否固定，两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量相等 14．如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点．开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出，二者共同摆动．若弹丸质量为m，沙袋质量为5m，弹丸和沙袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法中正确的是(　　) A. 弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变 B. 弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量与沙袋对弹丸的冲量相同 C. 弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为 D. 沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为 15．如图所示，在固定的光滑水平杆上，套有一个质量为m＝0.5 kg 的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为M＝1.98 kg 的木块．一质量为m0＝20 g的子弹以v0＝100 m/s的水平速度射入木块并留在木块中(不计空气阻力和子弹与木块作用的时间，取g＝10 m/s2)．求： (1)圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能． (2)木块到达的最大高度． 【考向四：板块模型】 1．滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题。 2．滑块与木板达到相同速度时应注意摩擦力的大小和方向是否发生变化。 3．应注意区分滑块、木板各自的相对地面的位移和它们的相对位移。用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面的位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)。 用动力学解决板块模型问题的思路 16．(多选)如图所示，一质量M＝3.0 kg 的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0 kg的小木块A，同时给A和B以大小均为4.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是(　 ) A．2．1 m/s B．2.4 m/s C．2．8 m/s D．3.0 m/s 17．如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3 kg。质量m＝1 kg的铁块以水平速度v0＝4 m/s，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端。在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为(　 ) A．3 J　　　　　　　　 B．4 J C．6 J D．20 J 18．(2022河北高考)如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1 kg和2 kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1 kg，A和C以相同速度v0＝10 m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新物块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10 m/s2。　 (1)若0<k<0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向； (2)若k＝0.5，从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。 19. (2023广东湛江一模)如图所示，在光滑平台上放置一长度l＝0.5 m，质量m2＝2 kg的薄板b，在薄板b最右端放有可视为质点的物块a，其质量m1＝1 kg，物块a与薄板b间动摩擦因数μ＝0.2。开始时两者均静止，现对薄板b施加F＝8 N、水平向右的恒力，待a脱离b(b尚未露出平台)后，将b取走。a离开平台后由A点沿切线落入半径R＝0.9 m的竖直光滑圆弧轨道AB，圆弧轨道AB的圆心角为60°，其中过B点的切线水平，其右侧有一被电磁铁吸住而静止的小球c，c球质量m3＝1 kg且与地面及左侧墙面相距足够远，当c球被碰撞时电磁铁立即失去磁性，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)物块a在薄板b上运动的时间t； (2)物块a经过B点的速度大小vB； (3)若初始时一不可伸长的轻绳一端系着小球c，另一端系于c球正下方的O1点，此时绳子刚好伸直无拉力，已知O1点与c球相距为L，当绳子拉力T达到9m3g时绳子断开。物块a从B点水平正碰c球瞬间无能量损失，为使细绳断开时c球开始做平抛运动，则L必须满足什么条件？ 20.如图所示，一质量M＝3 kg的小车由水平部分AB和光滑圆轨道BC组成，圆弧BC的半径R＝0.4 m且与水平部分相切于B点，小物块Q与AB段之间的动摩擦因数μ＝0.2，小车静止时左端与固定的光滑曲面轨道MN相切，一质量为m1＝0.5 kg的小物块P从距离轨道MN底端高为h＝1.8 m处由静止滑下，并与静止在小车左端的质量为m2＝1 kg的小物块Q(两物块均可视为质点)发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知除了小车AB段粗糙外，其余所有接触面均光滑，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求碰撞后瞬间物块Q的速度； (2)求物块Q在小车上运动1 s时相对于小车运动的距离(此时Q未到B点且速度大于小车的速度)； (3)要使物块Q既可以到达B点又不会从小车上掉下来，求小车左侧水平部分AB的长度L的取值范围。 【考向五：多次碰撞问题】 当两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞时，因碰撞次数较多，过程复杂，在求解多次碰撞问题时，通常可用到以下两种方法： 数学归纳法 先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺，分析透彻，根据前几次数据，利用数学归纳法，可写出以后碰撞过程中对应规律或结果，然后可以计算全程的路程等数据 图像法 通过分析前几次碰撞情况，画出物体对应的v－t图像，通过图像可使运动过程清晰明了，并且可通过图像所围面积把物体的位移求出 21.(2023山东烟台一模统考)如图所示，P为固定的竖直挡板，质量为2m的长木板A静置于光滑水平面上(A的上表面略低于挡板P下端)，质量为m的小物块B(可视为质点)以水平初速度v0从A的左端向右滑上A的上表面，经过一段时间A、B第一次达到共同速度，此时B恰好未从A上滑落，然后物块B与长木板A一起向右运动，在t＝0时刻，物块B与挡板P发生了第一次碰撞，经过一段时间物块B与长木板A第二次达到共同速度，之后物块B与挡板P发生了很多次碰撞，最终在t＝t0(未知)时恰好相对地面静止。已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，物块与挡板P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，求： (1)木板A的长度； (2)A、B第二次达到共同速度时B离A左端的距离； (3)0～t0时间内B经过的路程； (4)t0的值。 22.(2023山东菏泽高三模拟)足够长的斜面体固定在水平面上，其斜面与水平面夹角为θ。物块P置于斜面上，向下推动P使其沿斜面下滑，撤去推力后P沿斜面匀速下滑。将P重新静置于斜面上，如图2所示，表面光滑的物块Q自距P为l0处无初速释放，并与P发生弹性正碰，碰撞时间极短。已知P、Q质量均为m，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。求： (1)P与斜面间的动摩擦因数； (2)Q释放后经多长时间与P发生第1次碰撞； (3)Q与P第2次碰撞后P的速度大小； (4)从Q释放到与P发生第n次碰撞经历的时间和碰撞点到释放点的距离。 23.(2023全国乙卷)如图所示，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l.一质量为m＝M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等．小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．不计空气阻力，重力加速度大小为g.求 (1) 第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小． (2) 在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离． (3) 圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点10 碰撞类型拓展 考点 三年考情分析 2025考向预测 (1)碰撞模型及拓展； 3年4考 广东卷[(2024, T10), (2023, T10), (2023,T15), (2022, T13)] 以碰撞为背景考查动量定理和动量守恒定律与其他力学规律的综合 【情境解读】 碰撞遵循的原则和分类 1．碰撞遵循的三原则 (1)动量守恒定律。 (2)机械能不增加。 Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋ (3)速度要合理。 ①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大或相等。 ②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。 2．碰撞的分类 (1)弹性碰撞： 根据动量守恒、机械能守恒： 解得v1′＝ v2′＝ 分析讨论： 当碰前物体2的速度不为零时，若m1＝m2，则v1′＝v2，v2′＝v1，即两物体交换速度。 当碰前物体2的速度为零时，v2＝0，则： ①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度。 ②m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，碰撞后两物体沿同方向运动。 ③m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后质量小的物体被反弹回来。 (2)非弹性碰撞： 动量守恒，机械能不守恒 若为完全非弹性碰撞，则： 【高分技巧】 碰撞拓展模型 图例(水平面光滑) 小球—弹簧模型 小球—曲面模型 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能 再次分离 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足mv＝mv＋Mv (2)“耗散型”碰撞拓展模型 图例(水平面、水平导轨都光滑) 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能 【考向一：“滑块 —弹簧”模型】 1．系统内物体间的碰撞时间极短，碰撞过程中弹簧的状态不变。 2．碰撞瞬间，对应系统满足动量守恒定律。 3．由于弹簧是变力，碰撞后在相互作用过程中弹性势能、物体动能及系统内能间相互转化，遵循能量守恒定律。 4．要特别注意弹簧的三个状态：原长时弹簧的弹性势能为零，压缩到最短或伸长到最长的状态时弹簧连接的物体具有共同的速度，弹簧具有最大的弹性势能，这往往是解决此类问题的突破点。 1．如图所示，水平地面上A、B两个木块用轻弹簧连接在一起，质量分别为2m、3m，静止时弹簧恰好处于原长。 一质量为m的木块C以速度v0水平向右运动并与木块A相撞。不计一切摩擦，弹簧始终处于弹性限度内，则碰后弹簧的最大弹性势能不可能为(　 ) A．mv02 B．mv02 　 C．mv02 D．mv02 答案　A 解析　当C与A发生弹性碰撞时，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0＝mv1＋2mv2，mv02＝mv12＋(2m)v22，联立解得v2＝v0，当A、B速度相等时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v，以A的初速度方向为正方向，则由动量守恒定律得2mv2＝(2m＋3m)v，由机械能守恒定律可知，最大的弹性势能为Ep＝(2m)·v22－(5m)v2，解得Ep＝mv02，当C与A发生完全非弹性碰撞时，根据动量守恒定律有mv0＝3mv1′，当A、B、C速度相等时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v′，则由动量守恒定律得3mv1′＝6mv′，由机械能守恒定律可知，最大的弹性势能为Ep＝(3m)v1′2－(6m)v′2，解得Ep＝mv02，由此可知碰后弹簧的最大弹性势能范围是mv02≤Ep≤mv02，故A不可能，B、C、D可能。 2．(多选)某滑杆游戏可简化为如图5所示的模型，质量m＝0.2 kg的滑环套在固定光滑水平杆上，滑环可沿着水平杆左右滑动，滑环通过长L＝0.6 m的轻绳连着质量M＝0.4 kg的小球，开始时滑环静止在O点，轻绳水平，现将它们由静止释放，小球和滑环都可看作质点，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.小球第一次运动至最低点时的速度大小为2 m/s B.小球再次返回最高点时的速度大小为0 C.小球第二次运动至最低点时的速度大小为2 m/s D.小球运动轨迹左、右两端点间的距离为0.4 m 答案　BCD 解析　自开始释放到小球运动至最低点的过程，小球和滑环组成的系统水平方向动量守恒，有0＝Mv1－mv2，由能量守恒定律得MgL＝Mv＋mv，联立解得小球在最低点时的速度大小v1＝2 m/s，A错误，C正确；小球每次在最高点时和滑环都有相同的速度，由动量守恒定律得0＝(M＋m)v，解得共同速度v＝0，B正确；由机械能守恒定律可知，小球左、右两侧最高点在同一水平线上，设其水平距离为x1，在小球从左侧最高点运动到右侧最高点的过程，设滑环运动的距离为x2，则Mx1＝mx2，x1＋x2＝2L，解得小球运动轨迹左、右两端点间的距离x1＝0.4 m，D正确。 3．如图所示，静止在光滑水平面上的木板右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3 kg。质量m＝1 kg的铁块以水平速度v0＝4 m/s，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端。在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为(　　) A.3 J B.6 J C.20 J D.4 J 答案　A 解析　由题意可知铁块压缩弹簧过程中，以弹簧、木板和铁块为系统动量守恒，当木板和铁块速度相等时弹簧具有最大弹性势能，设木板与铁块间摩擦力为Ff，木板长L，共同速度为v，以水平向右为正方向，根据能量守恒定律和动量守恒定律有mv＝FfL＋(M＋m)v2＋Ep，mv0＝(M＋m)v，又因为铁块最后恰好停在木板的左端，故根据能量守恒定律有mv＝2FfL＋(M＋m)v2，代入数据联立解得Ep＝3 J，B、C、D错误，A正确。 4.(多选)如图所示，质量均为m的A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧拴接在一起，竖直放置在水平地面上，物体A处于静止状态，在A的正上方h高处有一质量也为m的小球C。现将小球C由静止释放，C与A发生碰撞后立刻粘在一起，弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是(　 ) A．C与A碰撞后瞬间A的速度大小为 B．C与A碰撞时产生的内能为 C．C与A碰撞后弹簧的最大弹性势能为 D．要使碰后物体B被拉离地面，h至少为 答案ABD　 解析 对C自由下落过程，由机械能守恒定律得：mgh＝mv02，解得：v0＝，对C与A组成的系统，取向下为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mv1，解得：v1＝，故A正确；C与A碰撞时产生的内能为：ΔE＝mv02－×2mv12＝mgh，故B正确；当A、C速度为零时，弹簧的弹性势能有最大值，Epmax＝×2mv12＋2mgΔx>mgh，故C错误；开始时弹簧的压缩量为H＝，碰后物体B刚被拉离地面时弹簧伸长量为H＝，则A、C将上升2H，弹簧弹性势能不变，由系统的机械能守恒得：×2mv12＝2mg·2H，解得：h＝，故D正确。 5．(多选)如图a所示，轻弹簧下端固定在倾角为θ的光滑斜面底端，上端与物块B相连，物块B处于静止状态，现将物块A置于斜面某位置处，取物块A的位置为原点O，沿斜面向下为正方向建立x轴坐标系，某时刻释放物块A，A与物块B碰撞后以共同速度沿斜面向下运动，碰撞时间极短，测得物块A的动能Ek与其位置坐标x的关系如图b所示，图像中0～x1之间为直线，其余部分为曲线，物块A、B均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g，则(　 ) A．物块A、B的质量之比为1∶2 B．A与B碰撞后在x1位置处速度最大 C．A与B碰撞后在x3位置处加速度最大 D．弹簧的劲度系数为 答案ACD　 解析 由题图b可知，物块A与物块B碰撞前的动能mAv2＝E，可得物块A与物块B碰撞前的速度v＝，物块A与物块B碰撞后的动能mAv共2＝E，可得物块A与物块B碰撞后的速度v共＝＝，物块A与物块B碰撞时间极短，根据动量守恒定律mAv＝(mA＋mB)，解得＝，A正确；由题图b可知，A与B碰撞后A在x2处动能最大，则A与B碰撞后在x2位置处速度最大，B错误；根据动能定理有0－Ek＝F合x，则可知Ek-x图的斜率代表物体所受的合外力，由题图b可知A与B碰撞后在x3位置处合外力最大，即加速度最大，C正确；弹簧上端与物块B相连，物块B处于静止状态，设此时弹簧的形变量为x0，结合题图a根据平衡条件可知mBgsin θ＝kx0，由题图b可知，当AB一起运动到x2时，速度最大，根据平衡条件mAgsin θ＋mBgsin θ＝k(x2－x1＋x0)，物块A从O点运动到位置x1的过程中，根据动能定理mAgsin θ·x1＝E，联立解得k＝，D正确。 【考向二：“滑块 —斜(曲)面”模型】 6．(多选)如图所示，水平面上一半圆弧槽N的质量为2m，槽的半径为r，槽两侧的最高点等高。将一质量为m且可视为质点的小球M由槽右侧的最高点无初速释放，所有接触面的摩擦均可忽略。第一种情况槽固定不动；第二种情况槽可自由滑动。下列说法正确的是(　 ) A．两种情况下，小球均可运动到圆弧槽左侧最高点 B．两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度大小之比为1∶1 C．第二种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时圆弧槽的速度大小为 D．第二种情况下，圆弧槽距离出发点的最远距离为r 答案　ACD 解析　当圆弧槽固定时，由机械能守恒定律可知，小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点；当圆弧槽可自由滑动时，对于M、N组成的系统，水平方向动量守恒，小球M从圆弧槽的右侧最高点由静止释放时，系统动量为零，设小球M到达左侧最高点的速度为v1，则v1＝0，由机械能守恒定律可知，小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点，选项A正确。当圆弧槽固定时，设小球M滑到最低点时的速度为v0，则由机械能守恒定律得mgr＝mv02，解得v0＝，当圆弧槽可自由滑动时，设小球M滑到最低点时的速率为v，此时圆弧槽的速率为v′，由水平方向动量守恒得0＝mv－2mv′，解得v′＝，根据机械能守恒定律得mgr＝mv2＋×2mv′2，解得v＝2、v′＝，两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度大小之比为∶，选项B错误，C正确；第二种情况下，小球M和圆弧槽组成的系统在水平方向上动量守恒，当小球运动到左侧最高点时，圆弧槽向右运动的位移最大，设圆弧槽向右的最大位移为x，根据动量守恒定律得m(2r－x)＝2mx，解得x＝，选项D正确。 7．(多选)质量为M的带有光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度为g，则(　　) A.小球以后将向左做平抛运动 B.小球将做自由落体运动 C.此过程小球对小车做的功为Mv D.小球在圆弧轨道上上升的最大高度为 答案　BC 解析　从小球冲上小车到小球离开小车的过程，系统在水平方向上动量守恒且系统机械能守恒，设小球离开小车时，小球速度为v1，小车速度为v2，根据动量守恒定律有Mv0＝Mv1＋Mv2，根据机械能守恒定律有Mv＝Mv＋Mv，联立解得v1＝0，v2＝v0，即作用后两者交换速度，小球速度变为零，开始做自由落体运动，A错误，B正确；根据动能定理，小球对小车所做的功W＝Mv－0＝Mv，C正确；小球上升到最高点时，与小车相对静止，有相同的速度v，根据动量守恒定律有Mv0＝2Mv，根据机械能守恒定律有Mv＝2×(Mv2)＋Mgh，联立解得h＝，D错误。 8．如图所示，光滑水平面上有一质量M＝4.0 kg 的平板车，车的上表面有一段长L＝1.5 m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R＝0.25 m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O′处相切。现将一质量m＝1.0 kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A。g取10 m/s2，求： (1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小； (2)小物块与车最终相对静止时，它距点O′的距离。 答案　(1)5 m/s　(2)0.5 m 解析　(1)平板车和小物块组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点A时，二者的共同速度为v1 由动量守恒定律得 mv0＝(M＋m)v1 ① 由能量守恒定律得 mv02＝mgR＋μmgL＋(M＋m)v12 ② 联立①②并代入数据解得v0＝5 m/s。 ③ (2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒定律得 mv0＝(M＋m)v2 ④ 设小物块与车最终相对静止时，它距点O′的距离为x，由能量守恒定律得 mv02＝μmg(L＋x)＋(M＋m)v22 ⑤ 联立③④⑤并代入数据解得： x＝0．5 m<L，符合题意。 9．如图所示，在水平面上依次放置小物块C、A以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m＝1 kg，曲面劈B的质量M＝3 kg，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，除A、C间粗糙外，其他各接触面均光滑。已知A、C间距离为L＝2.25 m，动摩擦因数为μ＝0.2，现给C一个初速度v0＝5 m/s，与A碰撞后合成一物体AC，然后滑上B。求： (1)C与A碰撞过程中损失的机械能； (2)碰后物块AC在曲面劈B上能够达到的最大高度； (3)物块AC从曲面劈B滑离时B的速度。 答案　(1)4 J　(2)0.12 m　(3)1.6 m/s 解析　(1)设C与A碰撞前的速度为v1， 由动能定理可得－μmgL＝mv－mv 解得v1＝4 m/s 设C与A相碰后共同速度为v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv1＝(m＋m)v2 解得v2＝2 m/s 根据能量守恒定律得 mv＝(m＋m)v＋ΔE 解得ΔE＝4 J。 (2)碰后A、C一起与B作用，当碰后物块AC到达最高点时，竖直方向速度为零，水平方向动量守恒，有 2mv2＝(2m＋M)v3 解得v3＝0.8 m/s 根据能量守恒定律得 ×2mv＝(2m＋M)v＋2mgh 解得h＝0.12 m。 (3)AC与B整个作用过程动量守恒、机械能守恒，有 2mv2＝Mv4＋2mv5 ×2mv＝Mv＋×2mv 解得v4＝1.6 m/s。 10.(2024佛山南海区摸底)如图所示，一滑板静置在光滑水平面上，滑板AB段水平且粗糙，动摩擦因数为0.5，BC段为四分之一光滑圆弧，AB长度和圆弧半径均为R．一大小可以忽略的滑块以初速度v0＝2从A点滑上滑板，并且能在B、C之间的D点(未画出)与滑板共速．已知滑板和滑块质量均为m，重力加速度为g．则： (1)滑块运动到B点时，滑板和滑块组成的系统产生多少热量？ (2)B、D两点的高度差是多少？ (3)若开始时滑块在A点处于静止状态，现给滑块一个水平向右的恒定外力F，当滑块运动到B点时撤去外力F，要求滑块不能从C点飞出，则外力F大小必须满足什么条件？ 答案：(1)0.5mgR　(2)0.5R　(3)mg＜F＜3mg 解析：(1)系统产生的热量为Q＝μmgR 解得Q＝0.5mgR (2)滑块从A运动到D的过程，有mv0＝(m＋m)v mv＝(m＋m)v2＋mgh＋Q 解得h＝0.5R (3)物块能在外力作用下到达B点，要求滑块加速度大于滑板加速度，有 ＞ 解得F＞mg 设滑块运动到B点时相对地面的位移为s1，滑板的位移为s2，若滑块恰好能到达C点，有 Fs1＝(m＋m)v＋mgR＋Q s1＝t2 s2＝t2 s1＝s2＋R Ft＝(m＋m)v共 解得F＝3mg 所以F应满足mg＜F＜3mg 【考向三：子弹打木块模型】 动力学规律 由于组成系统的两物体受到大小相同、方向相反的一对相互作用力，故两物体的加速度大小与质量成反比，方向相反 运动学规律 “子弹”穿过“木块”可看作两个做匀变速直线运动的物体间的追及问题，或一个相对运动问题。在一段时间内“子弹”射入“木块”的深度，就是这段时间内两者相对位移的大小 动量规律 由于系统不受外力作用，故而遵从动量守恒定律 能量规律 由于相互作用力做功，每个物体动能均发生变化，力对“子弹”做的功等于“子弹”动能的变化，力对“木块”做的功等于“木块”动能的变化 11.(2024四川成都外国语模拟预测)如图所示，质量为m的光滑圆环套在固定的水平杆上，轻绳的另一端系着质量为M的木块。质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块，并以速度v离开木块，子弹穿过木块的时间极短。重力加速度为g，不计木块的质量损失，下列说法正确的是(　　) A.子弹射穿木块前后，子弹和木块组成的系统动量和机械能都守恒 B.子弹射穿木块前后，子弹和木块组成的系统动量和机械能都不守恒 C.子弹射出木块后的瞬间，圆环对杆的压力等于(M＋m)g D.木块上升到最高点时，速度大小为 答案　D 解析　子弹射穿木块前后，子弹和木块组成的系统动量守恒，子弹克服摩擦阻力做功，机械能不守恒，故A、B错误；子弹射出木块后的瞬间，木块有速度，根据圆周运动的规律，环对轻杆的压力大于(M＋m)g，故C错误；木块上升到最高点时，环和木块的速度相等，水平方向上系统动量守恒，由动量守恒定律有m0v0＝(M＋m)v1＋m0v，解得v1＝，故D正确。 12.如图所示，一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上。一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块。当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s。设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点。则子弹穿过木块的时间为(　 ) A．(s＋L) B．(s＋2L) C．(s＋L) D．(L＋2s) 答案D 解析 　子弹穿过木块过程，子弹和木块组成的系统所受合外力为零，动量守恒，有mv0＝mv1＋mv2，设子弹穿过木块所用时间为t，则有t＝s，t＝s＋L，联立解得t＝(L＋2s)，选项D正确。 13．(多选)在光滑水平桌面上有一个静止的木块，高速飞行的子弹水平穿过木块，若子弹穿过木块过程中受到的摩擦力大小不变，则(　 ) A．若木块固定，则子弹对木块的摩擦力的冲量为零 B．若木块不固定，则子弹减小的动能大于木块增加的动能 C．不论木块是否固定，两种情况下木块对子弹的摩擦力的冲量大小相等 D．不论木块是否固定，两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量相等 答案BD 解析 　木块固定，子弹对木块的摩擦力的冲量不为零，是木块所受的合力冲量为零，所以A错误；木块不固定时，因为子弹与木块间有内能增加，由能量守恒定律可知，子弹减小的动能大于木块增加的动能，所以B正确；由I＝Fft可知，摩擦力大小不变时，由于两种情况下子弹与木块的作用时间不同，所以两种情况下木块对子弹的摩擦力的冲量大小不相等，则C错误；根据Q＝Ffx相对，由于摩擦力大小不变，并且两次子弹与木块的相对位移也相同，所以不论木块是否固定，两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量相等，则D正确。 14．如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点．开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出，二者共同摆动．若弹丸质量为m，沙袋质量为5m，弹丸和沙袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法中正确的是(　　) A. 弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变 B. 弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量与沙袋对弹丸的冲量相同 C. 弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为 D. 沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为 答案D 解析 弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出，系统动量守恒，mv0＝(m＋5m)v，沙袋与弹丸受到的细线拉力与重力的合力提供向心力，F－6mg＝6m，拉力变大，A错误；弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量与沙袋对弹丸的冲量等大反向，B错误；根据能量守恒得mv＝·6mv2＋Q，则Q＝mv，C错误；对沙袋与弹丸，从最低点到最高点，由机械能守恒·6mv2＝6mgh，则h＝，D正确. 15．如图所示，在固定的光滑水平杆上，套有一个质量为m＝0.5 kg 的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为M＝1.98 kg 的木块．一质量为m0＝20 g的子弹以v0＝100 m/s的水平速度射入木块并留在木块中(不计空气阻力和子弹与木块作用的时间，取g＝10 m/s2)．求： (1)圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能． (2)木块到达的最大高度． 答案(1)99 J　(2)0.01 m 解析(1)子弹射入木块过程，系统的动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律有 m0v0＝(m0＋M)v 解得v＝1 m/s 机械能只在该过程有损失，损失的机械能为 ΔE＝m0v－(m0＋M)v2＝99 J (2)木块(含子弹)在向上摆动过程中，以木块(含子弹)和圆环组成的系统为研究对象，根据系统水平方向的动量守恒有 (m0＋M)v＝(m0＋M＋m)v′ 解得v′＝0.8 m/s 木块(含子弹)向上摆动过程中，根据机械能守恒定律有(m0＋M)v2＝(m0＋M＋m)v′2＋(m0＋M)gh 联立解得h＝0.01 m 【考向四：板块模型】 1．滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题。 2．滑块与木板达到相同速度时应注意摩擦力的大小和方向是否发生变化。 3．应注意区分滑块、木板各自的相对地面的位移和它们的相对位移。用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面的位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)。 用动力学解决板块模型问题的思路 16．(多选)如图所示，一质量M＝3.0 kg 的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0 kg的小木块A，同时给A和B以大小均为4.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是(　 ) A．2．1 m/s B．2.4 m/s C．2．8 m/s D．3.0 m/s 答案AB 解析 　以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得(M－m)v＝MvB1，代入数据解得vB1≈2.7 m/s。当从开始到A、B速度相同的过程中，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得(M－m)v＝(M＋m)vB2，代入数据解得vB2＝2.0 m/s，则在木块A做加速运动的时间内，B的速度范围为2.0 m/s＜vB＜2.7 m/s，故选项A、B正确。 17．如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3 kg。质量m＝1 kg的铁块以水平速度v0＝4 m/s，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端。在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为(　 ) A．3 J　　　　　　　　 B．4 J C．6 J D．20 J 答案A　 解析 设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v，铁块相对木板向右运动时，滑行的最大路程为L，摩擦力大小为Ff。铁块相对于木板向右运动过程中，根据能量守恒定律得mv02＝FfL＋(M＋m)v2＋Ep。铁块相对木板运动的整个过程中mv02＝2FfL＋(M＋m)v2，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v。联立解得Ep＝3 J，A正确。 18．(2022河北高考)如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1 kg和2 kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1 kg，A和C以相同速度v0＝10 m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新物块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10 m/s2。　 (1)若0<k<0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向； (2)若k＝0.5，从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。 答案(1)5(1－k) m/s　 m/s　方向均向右　(2)1.875 m 解析(1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为v物，C、D的质量均为m＝1 kg，以向右为正方向，则有mv0－m·kv0＝(m＋m)v物 解得v物＝v0＝5(1－k) m/s>0 可知碰撞后物块C、D形成的新物块的速度大小为5(1－k) m/s，方向向右。 滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑，滑板A和B质量分别为M1＝1 kg和M2＝2 kg，则由 M1v0－M2·kv0＝(M1＋M2)v滑 解得v滑＝v0＝ m/s>0 则新滑板速度方向也向右。 (2)若k＝0.5，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为 v物′＝5(1－k) m/s＝5×(1－0.5) m/s＝2.5 m/s 碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为 v滑′＝ m/s＝0 可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新物块的质量为m′＝2 kg，新滑板的质量为M′＝3 kg，相对静止时的共同速度为v共，根据动量守恒可得m′v物′＝(m′＋M′)v共 解得v共＝1 m/s 根据能量守恒可得 μm′gx相＝m′v物′2－(m′＋M′)v共2 解得x相＝1.875 m。 19. (2023广东湛江一模)如图所示，在光滑平台上放置一长度l＝0.5 m，质量m2＝2 kg的薄板b，在薄板b最右端放有可视为质点的物块a，其质量m1＝1 kg，物块a与薄板b间动摩擦因数μ＝0.2。开始时两者均静止，现对薄板b施加F＝8 N、水平向右的恒力，待a脱离b(b尚未露出平台)后，将b取走。a离开平台后由A点沿切线落入半径R＝0.9 m的竖直光滑圆弧轨道AB，圆弧轨道AB的圆心角为60°，其中过B点的切线水平，其右侧有一被电磁铁吸住而静止的小球c，c球质量m3＝1 kg且与地面及左侧墙面相距足够远，当c球被碰撞时电磁铁立即失去磁性，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)物块a在薄板b上运动的时间t； (2)物块a经过B点的速度大小vB； (3)若初始时一不可伸长的轻绳一端系着小球c，另一端系于c球正下方的O1点，此时绳子刚好伸直无拉力，已知O1点与c球相距为L，当绳子拉力T达到9m3g时绳子断开。物块a从B点水平正碰c球瞬间无能量损失，为使细绳断开时c球开始做平抛运动，则L必须满足什么条件？ 答案　(1)1 s　(2)5 m/s　(3)0<L≤0.25 m或L＝0.625 m 解析　(1)由牛顿第二定律及运动学公式 对物块a有μm1g＝m1a1 对薄板b有F－μm1g＝m2a2 由题知a2t2－a1t2＝l 代入数据解得t＝1 s。 (2)物块a离开薄板b的瞬间速度为v＝a1t＝2 m/s 由运动的合成与分解可知vA＝ 物块a从A到B过程由机械能守恒定律有 m1v＋m1gR(1－cos 60°)＝m1v 解得vB＝5 m/s。 (3)物块a与c球碰撞过程有 m1vB＝m1vB1＋m3vc m1v＝m1v＋m3v 解得vc＝vB＝5 m/s (ⅰ)若绳子在最高点断开，对c球由牛顿第二定律知 T＋m3g≤m3 其中T＝9m3g，解得0<L≤0.25 m。 (ⅱ)若绳子在最低点刚好断开，设此时c球在最低点速度为v，c球由最高点到最低点过程，机械能守恒m3v＋2m3gL＝m3v2 在最低点由牛顿第二定律T－m3g＝m3 其中T＝9m3g，解得L＝0.625 m c球做圆周运动恰好通过最高点时有m3g＝m3 解得v1＝m/s 因vc>v1，则绳子在最低点刚好满足断开条件 即保证c球被碰后做平抛运动，L满足的条件是0<L≤0.25 m或L＝0.625 m。 20.如图所示，一质量M＝3 kg的小车由水平部分AB和光滑圆轨道BC组成，圆弧BC的半径R＝0.4 m且与水平部分相切于B点，小物块Q与AB段之间的动摩擦因数μ＝0.2，小车静止时左端与固定的光滑曲面轨道MN相切，一质量为m1＝0.5 kg的小物块P从距离轨道MN底端高为h＝1.8 m处由静止滑下，并与静止在小车左端的质量为m2＝1 kg的小物块Q(两物块均可视为质点)发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知除了小车AB段粗糙外，其余所有接触面均光滑，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求碰撞后瞬间物块Q的速度； (2)求物块Q在小车上运动1 s时相对于小车运动的距离(此时Q未到B点且速度大于小车的速度)； (3)要使物块Q既可以到达B点又不会从小车上掉下来，求小车左侧水平部分AB的长度L的取值范围。 答案　(1)4 m/s，方向水平向右　(2) m (3)1.5 m≤L≤3 m 解析　(1)物块P沿MN滑下，设末速度为v0， 由机械能守恒定律得m1gh＝m1v 解得v0＝6 m/s 物块P、Q碰撞，取向右为正方向 设碰后瞬间P、Q速度分别为v1、v2 由动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2 由机械能守恒定律得 m1v＝m1v＋m2v 解得v1＝－2 m/s，v2＝4 m/s 故碰撞后瞬间物块Q的速度为4 m/s，方向水平向右。 (2)物块Q与小车相对运动，由牛顿第二定律求得两者的加速度分别为 a2＝－＝－2 m/s2 a3＝＝ m/s2 物块Q的位移x2＝v2t＋a2t2＝3 m 小车的位移x3＝a3t2＝ m 解得s＝x2－x3＝ m。 (3)物块Q刚好到达B点时就与木板共速时AB段最长，根据动量守恒定律有 m2v2＝(m2＋M)v3 可得共同速度为v3＝1 m/s 由能量守恒定律得 m2v＝(m2＋M)v＋μm2gL1 解得L1＝3 m 物块Q刚好回到A点与木板共速时，AB段最短， 根据动量守恒定律可得共同速度仍为v3＝1 m/s 由能量守恒定律得 m2v＝(m2＋M)v＋2μm2gL2 解得L2＝1.5 m 当AB段最短时需要验证物块Q在圆弧上共速时上升高度是否超过R，由能量守恒定律得 m2v＝(m2＋M)v＋μm2gL2＋m2gH 解得H＝0.3 m<R＝0.4 m 所以不会从圆弧轨道上滑出，则AB段的长度范围为1.5 m≤L≤3 m。 【考向四：多次碰撞问题】 当两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞时，因碰撞次数较多，过程复杂，在求解多次碰撞问题时，通常可用到以下两种方法： 数学归纳法 先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺，分析透彻，根据前几次数据，利用数学归纳法，可写出以后碰撞过程中对应规律或结果，然后可以计算全程的路程等数据 图像法 通过分析前几次碰撞情况，画出物体对应的v－t图像，通过图像可使运动过程清晰明了，并且可通过图像所围面积把物体的位移求出 21.(2023山东烟台一模统考)如图所示，P为固定的竖直挡板，质量为2m的长木板A静置于光滑水平面上(A的上表面略低于挡板P下端)，质量为m的小物块B(可视为质点)以水平初速度v0从A的左端向右滑上A的上表面，经过一段时间A、B第一次达到共同速度，此时B恰好未从A上滑落，然后物块B与长木板A一起向右运动，在t＝0时刻，物块B与挡板P发生了第一次碰撞，经过一段时间物块B与长木板A第二次达到共同速度，之后物块B与挡板P发生了很多次碰撞，最终在t＝t0(未知)时恰好相对地面静止。已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，物块与挡板P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，求： (1)木板A的长度； (2)A、B第二次达到共同速度时B离A左端的距离； (3)0～t0时间内B经过的路程； (4)t0的值。 答案　(1)　(2)　(3)　(4) 解析　(1)依题意，设木板的长度为L，A、B第一次达到共速时速度大小为v1，对物块和木板由动量守恒定律有mv0＝(2m＋m)v1 根据能量守恒定律有 μmgL＝mv－(2m＋m)v 联立解得v1＝v0，L＝。 (2)由于物块与挡板P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，因此物块第一次与挡板碰撞后的速度大小不变，方向向左，设二者第二次碰撞前达到共速的速度大小为v2，取方向向右为正，根据动量守恒定律有2mv1－mv1＝(2m＋m)v2 根据能量守恒定律有 μmgx1＝(2m＋m)v－(2m＋m)v 联立求得v2＝v0，x1＝ 则可得此时物块距木板左端的距离为 Δl1＝L－x1＝。 (3)由(1)(2)问分析可知，物块B与木板第n次共速时的速度为， 对B有 μmg＝maB 从B第一次撞击挡板到第二次撞击挡板过程，有＝2aBs1 从B第二次撞击挡板到第三次撞击挡板过程，有＝2aBs2 从B第n次撞击挡板到第n＋1次撞击挡板过程，有＝2aBsn 则s＝2(s1＋s2＋s3＋…＋sn)＝(＋＋＋…＋) 得s＝＝。 (4)B从第n次与挡板发生碰撞到第n＋1次与挡板发生碰撞的过程中， 设B做匀变速运动的时间为t1，B做匀速直线运动的时间为t2，A、B保持相对静止共同运动的位移为Δx，匀变速运动过程有 ＋＝aBt1 －＝2aBΔx 匀速过程有Δx＝t2 联立可得t1∶t2＝1∶1 即每相邻两次碰撞过程中，A、B匀变速运动过程与A、B匀速运动过程的时间之比为1∶1 在0～t0时间内，设A做匀减速运动的累计时间为t′，则 t′＝t0 对A有μmg＝2maA 又＝aAt′ 解得t0＝。 22.(2023山东菏泽高三模拟)足够长的斜面体固定在水平面上，其斜面与水平面夹角为θ。物块P置于斜面上，向下推动P使其沿斜面下滑，撤去推力后P沿斜面匀速下滑。将P重新静置于斜面上，如图2所示，表面光滑的物块Q自距P为l0处无初速释放，并与P发生弹性正碰，碰撞时间极短。已知P、Q质量均为m，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。求： 图2 (1)P与斜面间的动摩擦因数； (2)Q释放后经多长时间与P发生第1次碰撞； (3)Q与P第2次碰撞后P的速度大小； (4)从Q释放到与P发生第n次碰撞经历的时间和碰撞点到释放点的距离。 答案　(1)tan θ　(2)　(3)2　(4)(2n－1)　(2n2－2n＋1)l0 解析　(1)P能沿斜面匀速下滑，则 mgsin θ＝μmgcos θ 解得μ＝tan θ。 (2)设Q下滑的加速度为a， 由牛顿第二定律mgsin θ＝ma 经时间t1发生第1 次碰撞 由匀变速直线运动规律l0＝at 解得t1＝。 (3)Q与P第1 次碰撞前的速度v0＝at1 解得v0＝ Q、P 第1次碰后速度分别为vQ1、vP1，碰撞过程动量守恒mv0＝mvQ1＋mvP1 碰撞过程机械能守恒mv＝mv＋mv 解得vQ1＝0，vP1＝v0＝ 即碰撞过程交换速度。碰后Q做初速度为零的匀加速运动，加速度仍为a，碰后物块P匀速下滑，设再经时间t2发生第2次碰撞vP1t2＝at 第2次碰前物块Q的速度vQ2′＝at2 根据弹性正碰可得，碰撞过程Q、P 交换速度，则第2次碰后Q、P 的速度分别为vQ2、vP2，联立解得 vQ2＝v0＝ vP2＝2v0＝2。 (4)设再经时间t3发生第3次碰撞，同理可得t3＝t2 第3次碰前Q的速度大小为vQ3′＝v0＋at2＝3v0 碰后Q的初速度大小vQ3＝2v0 P匀速运动速度大小vP3＝3v0 经时间t4第4次碰撞，则有t4＝t2 P匀速运动速度大小vP4＝4v0 综上分析可得，第n－1次碰撞到第n次碰撞用时tn＝t2 则从释放到第n次碰撞用时 t＝t1＋t2＋…＋tn＝(2n－1) 物块P第1 次、第2 次、第3 次、…第n－1次碰撞后运动位移分别为x1、x2、x3、…xn－1 x1＝v0t2，x2＝2v0t2，xn－1＝(n－1)v0t2 第n次碰撞点到Q释放点距离为 x＝l0＋x1＋x2＋…＋xn－1 解得x＝(2n2－2n＋1)l0。 23.(2023全国乙卷)如图所示，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l.一质量为m＝M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等．小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．不计空气阻力，重力加速度大小为g.求 (1) 第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小． (2) 在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离． (3) 圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数． 答案 (1) 　　(2) l　(3) 4次 解析 (1) 小球释放后自由下落，下降l，根据动能定理有 mgl＝mv 解得v0＝ 小球以与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒和动量守恒分别有 mv＝mv＋Mv′ mv0＝mv1＋Mv′1 解得v1＝v0＝－， v′1＝v0＝ 即小球碰后速度大小，方向竖直向上，圆盘速度大小为，方向竖直向下． (2) 第一次碰后，小球做竖直上抛运动，由于圆盘摩擦力与重力平衡，圆盘匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，取向下为正方向，当二者速度相同时，间距最大，即 v1＋gt＝v′1 解得t＝＝ 根据运动学公式得最大距离为 dmax＝x盘－x球＝v′1t－＝＝l (3) 第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有 x盘1＝x球1 即v1t1＋gt＝v′1t1 解得t1＝ 此时小球的速度v2＝v1＋gt1＝v0 圆盘的速度仍为v′1，这段时间内圆盘下降的位移 x盘1＝v′1t1＝＝2l 之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒 mv2＋Mv′1＝mv′2＋Mv″2 根据能量守恒 mv＋Mv′＝mv′＋Mv″ 联立解得v′2＝0，v″2＝v0 同理可得当位移相等时x盘2＝x球2 即v″2t2＝gt 解得t2＝ 圆盘向下运动x盘2＝v″2t2＝＝4l 此时圆盘距下端管口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度 v3＝gt2＝2v0 由动量守恒得 mv3＋Mv″2＝mv′3＋Mv″3 由机械能守恒得 mv＋Mv″＝mv′＋Mv″ 得碰后小球速度为v′3＝ 圆盘速度v″3＝ 当二者即将第四次碰撞时x盘3＝x球3 即v″3t3＝v′3t3＋gt 得t3＝＝t1＝t2 在这段时间内，圆盘向下移动 x盘3＝v″3t3＝＝6l 此时圆盘距离下端管口长度为 20l－1l－2l－4l－6l＝7l 此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动x盘4＝8l 则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$